课时冲关28 解三角形中的最值与范围问题&课时冲关29 解三角形及其应用举例-【创新教程】2027年高考数学总复习大一轮课时作业（苏教版）

=20+64-AC 2×8×2√5 ,解得AC=2√5，故△ABC的周长AB +AC+BC=8+25+2V5=8+45,故C正确；由余弦 定理，可得ms∠ACB=200=-是<0，故 2×2W5×2√5 ∠ACB为钝角，D正确.] 14.解析：2 cos Bcos C(tanB+tanC) =2 cC(骨+： =2sin Bcos C+2sin Ccos B=2sin(B+C)=2sin A, cos Btan B++cos Ctan C=sin B+sin C, 所以sinB十sinC=2sinA, 由正弦定理得，b十c=2a, 62+c2- b+c 由余孩定理得，cosA=十c-a_ 2 2bc 2bc =3(6+c2)-1≥3c-1=1 8bc 44bc4-2 当且仅当b=c=a时取等号，此时A=子 答案：2 课时冲关28解三角形中的最值与范围问题 1.解：1)由2sin(2C-)-B, 得n(c音）=9. 因为△ABC为锐角三角形，所以C∈(0，乏) 则2c-吾∈(-，) 所以2C-登=吾，得C=吾， 由正孩定理得”2巨=2E,得mA= 导nA sinC'smAm吾 2 因为A∈(0，受）所以A=至 (2)由I)可知C=音，在锐角三角形ABC中， c=25,C=π， 3 则由余弦定理得c2=a2+b-2 abcos C, 即12=a'+6-2 abeos-号=a+b-ab≥2ab-ab=ab, 当且仅当a=b时取等号， 所以ab的最大值为12， 所以？absin C≤子×12×9=3原，当且枚当a=6时 2 取等号， 所以△ABC面积的最大值为3√3. 34 2.解：(1)因为AB=1,BC=2,B= 31 由余弦定理可得 AC=√AB+BC-2AB·BCcos B +4-2x1x2x=8 (2)由余弦定理可得AC=AB+BC2-2AB·BCcos a =1+4-2X1×2c0sa=5-4c0sa, 因为△ACD为正三角形，所以Sn=AC=55 4 4 3cos a, Saw=子AB·BCsina=2×1X2sna=sine, 所以Ssm=SaA版十Sam=s5in&-V5cosa十5y5 4 因为ae(0,x),所以a-吾∈(-子，号） 所以n(e-晋)（9小： 所以SABCD∈ +] 故当a=5时，四边形ABCD面积的最大值为2+55 6 41 3.解：(1)解法1：在△ABC中，由2 sin Ccos A=sinA+2sin B及正弦定理得，2c·cosA=a十2b, 再由余孩定理，得2.6+d=a十26， 26c 则c2=a2+b2十ab. 又因为=a+8-2a6co0sC,所以cosC--名 因为C∈(0，x),所以C=2s 3 解法2：因为2 sin Ccos A=sinA+2sinB,B=x-(A+C), 所以2 sin Ccos A=sinA+2sin[π-(A+C)], 所以2 sin Ccos A=sinA+2 sin Acos C+2 cos Asin C, 所以(2cosC+1)sinA=0, 因为sinA≠0，所以2cosC十1=0，所以cosC=一 .1 因为Ce(0x,所以C-三 (2)因为C=三，所以B=吾-AA∈(0，） 所以B(停-合A+9mA cos A cos A cos A 1+3 2 2 tan A, 因为A(0,5)所以amA∈0n同，所以号+号m 2tan A (合2 所以（合2 4.解：(1)由(b-c)sinB=bsin(A-C), (b-c)sin B=b(sin Acos C-cos Asin C), 由正弦定理及余弦定理的推论得 li-bc=abcos C-bccos A=ea 2 2 =a2-c2, 所以a2=b2+c2-bc,又因为a2=b+c2-2 bccos A, 所以c0sA=合， 又A∈(0，x),所以A= 3· (2)由1)得A=亭， sin A+sin B+sin C+sin B+sinB) =smB+m经osB-os受nB+9 2 =mB+9asB+9-n(B+晋）+9. 在锐角△ABC中，A=吾，所以0<B<受且0<径-B < 所以<B<受，所以登<B+吾< 63 所以号<s(B+号）≤1， 所以生<sn(+音）+<3， 2 2 所以sinA+sinB十sinC的取值范周为3+3,331 221 课时冲关29解三角形及其应用举例 1.B[在△ABC中，由A=12°，B=18°，得C=150°，由正 sm150n7,所以0≈ 弦定理得500 BC AC 10.21 2 0.3,所以AC=310km,BC=210km,所以AC+BC-AB= AC 20km.] 2.B[在Rt△ADC中，∠DAC=30°，则AC=5CD, 在Rt△BDC中，∠DBC=45°，则BC=CD,由AC-BC=AB, 得5CD-CD=14>CD=14=75+1)≈19.124，CD约 5-1 为19米.] 3 8C[袋道意，甲地中线段AB的长为品。=10C寸).则甲地 的日影长为√00一80=60（寸），于是乙地的日影长为60 6 寸=72寸，甲、乙两地的日影长相差12寸，所以甲、乙两地之 间的距离是12千里.] 4.D[以N为圆心，10√39为半径作圆，与M运动方向交 于A,B两点， 由题意知：∠M=齐，MN=80, AN=BN=10√/39，作NC⊥MB. 垂足为C,则C为AB中点，：NC =MN·sn至=40E, .AC=√AN2-NC=107, ∴.AB=2AC=20W7, 城市N处于危险地区内的时长为20√7÷20= √7(h).] 5.AB[如图，AB=x,BC=3,AC=A √3，∠ABC=30. 由余弦定理得3=x十9-2×3×x Xcos30°.解得x=2√5或x=√5.] 6,AC[如图，由题意可知∠ADB= 北 60°，∠BAD=75°，∠CAD=30°，AB D =12 6 n mile,AC=83 n mile, 所以B=180°-60°-75°=45°， 在△ABD中，由正弦定理得AD sin B AB sin∠ADB' 所以AD=AB·sinB 12v6x2 sin∠ADB Z=24(n mile),故A 2 正确： 在△ACD中，由余弦定理得 CD=√JAC+AD-2AC·ADcos.∠CAD 一8+2-2x8×24×号 =8√3(n mile),故B错误： 由B项解析知CD=AC, 所以∠CDA=∠CAD=30°， 所以灯塔C在D处的南偏西30°方向，故C正确； 由∠ADB=60°，得D处在灯塔B的北偏西60°方向，故 D错误.] 41 7解析：设气象台所在地为O,台风 中心为A,约t小时后气象台所在 B 地将受到影响，t小时后中心移动 至B处，∠BAO=45°，如图所示. 在△OAB中，AB=40t,OA= 300,OB=250, 由余弦定理，2502=(40t)2+3002-2×300×40t 理得：16t-120√2t+275=0, 解得1=15E-57,=15E+5 4 .4 依题意，保留1，=15巨一5近≈2，故的2小时后 4 象台所在地。 答案：2 8解析：作出图形如图所示， EC 由题意可知，GH=DE=h,HF=a,FC=a,EC=a, 易知△GHFD△ABF,△DEC△ABC, 设BC=,则么=AB,么=AB,化简得 'a:atr'a z x=a,AB=么Xx=ha a2-a1 41 a2-a 所以防洪纪念塔AB的高度为，ha a:-a 答案a。一a ah 9.解：(1)由余弦定理得 MN=√'+22-2×1X2cos120=√7(km). (2)设∠PMN=(0°<0<120)， 由正弦定理得 PM PN MN in(180°-60°-)sin0sin60' PM PV=巨=2 sin(9+60=sin0店-5 2 所以PM=2互 in(0+60),PN-2sin0. √5 所以PpM+PN=25sin(9+60+27n9 cos0+sin0 (9+9 由于30<0+30°<150，所以sin(0+30)∈（合1小 2√7sin(9+30)∈(W7,2√7]. 0 即PM什PV长的取值范围是(W7,2√7]（单位：km. 10.解：(1)由题意知AB=5(3十√3)（海里），∠DBA=90°- 60°=30°，∠DAB=90°-45°=45°，所以∠ADB=180° 9数 一(45°十30)=105°，在△DAB中，由正弦定理得 DB in∠ADB'所以DB=AB·sin∠DAB AB sin∠DAB= sin∠ADB 5(3+3)·sin45 sin 105 5(3+√3)·sin45° 影响气 sin45°cos60°+cos45°sin60 -5B5+1)=105(海里). 3+1 2 (2)在△DBC中，∠DBC=∠DBA+∠ABC=30°+ (90°一60°)=60°，BC=20√3（海里），由余弦定理得CD =BD+BC-2BD·BC·cos∠DBC=300+1200-2× 10×205×之=90，所以CD=30(海里)，则需要的 时同：=积=1（小时）.周此款接船到达D点需要】 小时 课时冲关30平面向量的概念及线性运算 1.A[如图所示，由题意可知 A G C 故AB=GC-2BG=b-2a.] 2.B[思路一：根据向量共线的判定条件即可解出入，思路 二：由共线向量基本定理即可得解。 方法一：由已知有1·2=入·入，>0，解得入=√2 方法二：设(a十Ab)=(入a十2b),∈R,由题意 1=gA ,解得入=瓦] λ=2>0 3.C[如图，延长CD和BE交于点F 由题得∠A=∠F=∠FCA=∠FBA =90°，所以四边形ABFC为矩形，又 因为AB=AC,所以四边形ABFC为 正方形，又因为BC=2DE,所以D,E 分别是CF,BF中点，所以CE=CF+FE=之CA+ 2CD.] 4.D[由OP-O+A,得0-OA=AB ，所以 AB IAB AP=1·AB,所以点P在射线AB上.] ABI 342课时冲关28解三角形中的最值与范围问题 [基础巩固练] 3.在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为 1.在锐角三角形ABC中，角A,B,C所对的 a,b,c.已知2 sin Ccos A=sinA+2sinB. 边分别是a,b,c,且c=2√3， (1)求角C的大小； 2sin2c-）-. (2)求osB的取值范围。 cos A (1)若a=22,求角A; (2)求△ABC面积的最大值. 2.如图，在平面内，四边形 D [能力提升练] ABCD满足B,D两点在 4.在△ABC中，锐角A,B,C的对边分别为 AC的两侧，AB=1,BC= a,b,c,已知(b-c)sinB=bsin(A-C). 2,△ACD为正三角形，设 (1)求角A的大小； ∠ABC=a. (2)求sinA+sinB+sinC的取值范围. (1)当a=5时，求AC: (2)当α变化时，求四边形ABCD面积的 最大值 222 课时冲关29 解三角形及其应用举例 [基础巩固练] 3.中国最早的天文观测 一、单选题 仪器叫“圭表”，最早 1.如图，一架飞机从 装置圭表的观测台是 A地飞往B地，两A2° 181>B 西周初年在阳城建立 500km 的周公测景（影）台. 地相距500km. “圭”就是放在地面上的土堆，“表”就是直 飞行员为了避开某一区域的雷雨云层，从 立于圭的杆子，太阳光照射在“表”上，便 A点起飞以后，就沿与原来的飞行方向 在“圭”上成影.到了汉代，使用圭表有了 AB成12°角的方向飞行，飞行到中途C 规范，规定“表”为八尺长(1尺=10寸). 点，再沿与原来的飞行方向AB成18°角的 用圭表测量太阳照射在竹竿上的影长，可 方向继续飞行到终点B点.这样飞机的飞 以判断季节的变化，也能用于丈量土地。 行路程比原来的路程500km大约多飞了 同一日内，南北两地的日影长短倘使差 (sin12≈0.21，sin18°≈0.31) 寸，它们的距离就相差一千里，所谓“影差 A.10 km B.20 km 一寸，地差千里”.记“表”的顶部为A,太 C.30 km D.40 km 阳光线通过顶部A投影到“圭”上的点为 B.同一日内，甲地日影长是乙地日影长 2.岳阳楼与湖北武汉黄鹤楼，江西南昌滕王 阁并称为“江南三大名楼”，是“中国十大 的？，记甲地中直线AB与地面所成的角 历史文化名楼”之一，世称“天下第一楼”. 为0，且sin0= 其地处岳阳古城西门城墙之上，紧靠洞庭 5,则甲、乙两地之间的距 湖畔，下瞰洞庭，前望君山.始建于东汉建 离约为 ( 安二十年(215年)，历代屡加重修，现存 A.8千里 B.10千里 C.12千里 D.14千里 建筑沿袭清光绪六年(1880年)重建时的 4.台风中心从M地以20km/h的速度向西 形制与格局.因北宋滕宗谅重修岳阳楼， 北方向移动，离台风中心10√39km内的 邀好友范仲淹作《岳阳楼记》，使得岳阳楼 地区为危险地区，城市N在M地正西方 著称于世.自古有“洞庭天下水，岳阳天下 向的80km处，则城市V处于危险地区内 楼”之美誉.小李为测量岳阳楼的高度选 的时长为 取了与底部水平的直线AC,如图，测得 A.3 h B.2hC.√5hD.7h ∠DAC=30°，∠DBC=45°，AB=14米， 二、多选题 则岳阳楼的高度CD约为（√2≈1.414，√3 5.某人向正东走了xkm后向右转了150°， ≈1.732) 然后沿新方向走了3km,结果离出发点 恰好√3km,那么x的值可以是( A.3 B.23C.3 D.6 6.某货轮在A处测得灯塔B在北偏东75 A.18米 B.19米 方向，距离为12√6 n mile,测得灯塔C在 C.20米 D.21米 北偏西30°方向，距离为8√3 n mile.货轮 223 由A处向正北方向航行到D处时，测得 区内建一个观景台P,为了获得最佳观景 灯塔B在南偏东60°方向，则下列说法正 效果，要求P对M,N的视角∠MPN= 确的是 ) 60°.现需要从观景台P到M,N建造两 A.A处与D处之间的距离是24 n mile 条观光路线PM,PN. B.灯塔C与D处之间的距离是16 n mile (1)求M,N两地间的直线距离； C.灯塔C在D处的南偏西30°方向 (2)求观光线路PM+PN长的取值 D.D处在灯塔B的北偏西30°方向 范围. 二、填空题 7.在气象台正西方向300km处有一台风中 心，它正向东北方向移动，移动速度的大 小为40km/h,距台风中心250km以内 的地区都将受到影响，若台风中心的这种 移动趋势不变，大约 小时后气象 台所在地开始受到影响（参考数据：√2≈ 1.4,√7≈2.6) [能力提升练] 8.哈尔滨防洪胜利纪念塔，坐落在风景如画 10.某海域的东西方 北145 北 的松花江南岸，是为纪念哈尔滨市人民战 向上分别有A,B 60 B 胜1957年的特大洪水，于1958年建成的， 两个观测点（如 60 是这座英雄城市的象征，它象征着20世纪 图)，它们相距5(3 的哈尔滨人民力量坚不可摧.小明同学想利 十√3)海里.现有 用镜面反射法测量防洪纪念塔主体的高度 一艘轮船在D点发出求救信号，经探测 如图所示，小明测量并记录人眼距离地面高 得知D点位于A点北偏东45°，B点北 度hm,将镜子（平面镜）置于平地上，人后 偏西60°，这时，位于B点南偏西60°且 退至从镜中能够看到楼顶的位置，测量人与 与B点相距20√3海里的C点有一救援 镜子的距离为a1m,将镜子后移am,重复 船，其航行速度为30海里/小时， 前面中的操作，测量人与镜子的距离为 (1)求B点到D点的距离BD; a2m.根据数据可求出防洪纪念塔AB的高 (2)若命令C处的救援船立即前往D点 度为 (单位：m), 营救，求该救援船到达D点需要的 时间. 四、解答题 9.某景区的平面图如 图所示，其中AB, 60° AC为两条公路， ∠BAC=120°，M,N A M B 为公路上的两个景点，测得AM=2km, AN=1km,为了拓展旅游业务，拟在景 224